25-第二十五章 曲面积分

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正文部分

25.1.1 例题

例题 25.1.1

设 $S$ 为 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 被 $x^2+y^2=2ax$ 割下的部分，求

$$I={\iint }_S(x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2)dS.$$

解 1 见图 25.1，在直角坐标系中计算

$$z_x=\frac{x}{z},z_y=\frac{y}{z},$$

故

$$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{2},$$

从而

$$I={\iint }_{x^2+y^2\le 2ax}[x^2{y}^2+(x^2+y^2{)}^2]\sqrt{2}dxdy.$$

用极坐标变换求上述二重积分，则

$$\begin{array}{rl}I& =\sqrt{2}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}d\theta {\int }_0^{2a\cos \theta }(r^4{\cos }^2\theta {\sin }^2\theta +r^4)rdr\\ & =\sqrt{2}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}({\cos }^2\theta {\sin }^2\theta +1)\left(\frac{1}{6}{r}^6{|}_0^{2a\cos \theta }\right)d\theta \\ & =\frac{\sqrt{2}}{6}(2a{)}^6{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\cos }^6\theta ({\cos }^2\theta {\sin }^2\theta +1)d\theta =\frac{29}{8}\sqrt{2}\pi a^6.\end{array}$$

解 2 用参数式计算。$z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在球坐标系中的方程为 $\phi =\frac{\pi }{4}$，因此 $S$ 的参数方程为

$$x=\frac{1}{\sqrt{2}}r\cos \theta ,y=\frac{1}{\sqrt{2}}r\sin \theta ,z=\frac{1}{\sqrt{2}}r,(r,\theta )\in D.$$

又 $S$ 的边界线

$$z=\sqrt{x^2+y^2},x^2+y^2=2ax$$

的球坐标表示为

$$\phi =\frac{\pi }{4},r^2{\sin }^2\phi =2ar\sin \phi \cos \theta .$$

于是

$$D=\left\{(r,\theta )\mid -\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2},0\le r\le 2\sqrt{2}a\cos \theta \right\}.$$

计算得

$$E=\frac{r^2}{2},F=0,G=1.$$

最后得到

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}d\theta {\int }_0^{2\sqrt{2}a\cos \theta }\left(\frac{1}{4}{r}^4{\cos }^2\theta {\sin }^2\theta +\frac{1}{4}{r}^4\right)\frac{r}{\sqrt{2}}dr\\ & =\frac{29}{8}\sqrt{2}\pi a^6.\end{array}$$

25.1.2 例题

例题 25.1.2

求上半球面 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 被 $x^2+y^2=ax$ 截取部分的面积与质心坐标，其中 $a>0$。

解 见图 22.11，这就是 Viviani 体的上表面。由于

$$z_x=\frac{-x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}},z_y=\frac{-y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}},$$

故所求面积

$$\begin{array}{rl}S& ={\iint }_{x^2+y^2\le ax}\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}dxdy\\ & ={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}d\theta {\int }_0^{a\cos \theta }\frac{ar}{\sqrt{a^2-r^2}}dr=(\pi -2)a^2.\end{array}$$

下面求质心坐标，由对称性知 $y_0=0$，且

$$\begin{array}{rl}{x}_0& =\frac{1}{(\pi -2)a^2}{\iint }_{S}xdS\\ & =\frac{2}{(\pi -2)a^2}{\iint }_{\begin{array}{c}{x}^2+y^2\le ax\\ y\ge 0\end{array}}\frac{ax}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}dxdy\\ & =\frac{2}{(\pi -2)a}{\int }_0^{\pi /2}\cos \theta d\theta {\int }_0^{a\cos \theta }\frac{r^2}{\sqrt{a^2-r^2}}dr(r=a\cos t)\\ & =\frac{2}{(\pi -2)a}{\int }_0^{\pi /2}\cos \theta d\theta {\int }_{\pi /2}^{\theta }\frac{a^2{\cos }^{2}t}{a\sin t}(-a\sin t)dt\\ & =\frac{a}{\pi -2}{\int }_0^{\pi /2}\cos \theta \left(\frac{\pi }{2}-\theta -\sin \theta \cos \theta \right)d\theta =\frac{2a}{3(\pi -2)}.\end{array}$$

又

$$\begin{array}{rl}{z}_0& =\frac{1}{(\pi -2)a^2}{\iint }_{S}zdS\\ & =\frac{1}{(\pi -2)a^2}{\iint }_{x^2+y^2\le ax}\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}\sqrt{a^2-x^2-y^2}dxdy\\ & =\frac{\pi a}{4(\pi -2)}.\end{array}$$

25.1.3 练习题

练习题 1

求 ${\iint }_S{z}^{2}dS$，其中

1. $S$ 为 $z^2=x^2+y^2$ 在 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 内的上半部分 $(z\ge 0)$；
2. $S$ 为 $x=r\sin \alpha \cos \theta ,y=r\sin \alpha \sin \theta ,z=r\cos \alpha ,0\le r\le a,0\le \theta \le 2\pi$。

解

1. 令 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，则在锥面上 $z=r$，而由 $r^2+z^2=R^2$ 得 $0\le r\le R/\sqrt{2}$。又

$$dS=\sqrt{1+z_r^2}rdrd\theta =\sqrt{2}rdrd\theta .$$

因而

$${\iint }_S{z}^{2}dS={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{R/\sqrt{2}}{r}^2\cdot \sqrt{2}rdrd\theta =\frac{\pi \sqrt{2}}{8}{R}^4.$$

1. 已给参数方程中

$${\mathbf{r}}_r=(\sin \alpha \cos \theta ,\sin \alpha \sin \theta ,\cos \alpha ),{\mathbf{r}}_{\theta }=(-r\sin \alpha \sin \theta ,r\sin \alpha \cos \theta ,0),$$

故 $|{\mathbf{r}}_r\times {\mathbf{r}}_{\theta }|=r\sin \alpha$，于是

$${\iint }_S{z}^{2}dS={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^a{r}^2{\cos }^2\alpha \cdot r\sin \alpha drd\theta =\frac{\pi }{2}{a}^4{\cos }^2\alpha \sin \alpha .$$

练习题 2

求 ${\iint }_S(x+y+z)dS$，其中 $S$ 为上半单位球面 $x^2+y^2+z^2=1(z\ge 0)$。

解 由对称性，${\iint }_{S}xdS={\iint }_{S}ydS=0$。上半球面上 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$，故 $zdS=dxdy$，于是

$${\iint }_S(x+y+z)dS={\iint }_{S}zdS={\iint }_{x^2+y^2\le 1}dxdy=\pi .$$

练习题 3

求 ${\iint }_S(x+y+z{)}^{2}dS$，其中 $S$ 为单位球面 $x^2+y^2+z^2=1$。

解 展开后得

$$(x+y+z{)}^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx.$$

单位球面对坐标平面都对称，故三项交叉项积分都为 $0$；又在球面上 $x^2+y^2+z^2=1$，所以

$${\iint }_S(x+y+z{)}^{2}dS={\iint }_{S}dS=4\pi .$$

练习题 4

求 ${\iint }_S(x^4-y^4+y^2{z}^2-z^2{x}^2+1)dS$，其中 $S$ 是锥面 $z^2=x^2+y^2$ 被柱面 $x^2+y^2=2x$ 割下的部分。

解 在锥面上 $z^2=x^2+y^2$，故

$$x^4-y^4+y^2{z}^2-z^2{x}^2+1=x^4-y^4+y^2(x^2+y^2)-(x^2+y^2)x^2+1=1.$$

所求即为该曲面部分的面积。它由上下两片组成；在每一片上可写成 $z=\pm \sqrt{x^2+y^2}$，故 $dS=\sqrt{2}dxdy$。投影区域是 $x^2+y^2\le 2x$，其面积为 $\pi$，所以

$${\iint }_S(x^4-y^4+y^2{z}^2-z^2{x}^2+1)dS=2\sqrt{2}{\iint }_{x^2+y^2\le 2x}dxdy=2\sqrt{2}\pi .$$

练习题 5

求 ${\iint }_S|xyz|dS$，其中

1. $S$ 为 $|x|+|y|+|z|=1$；
2. $S$ 是抛物面 $z=x^2+y^2$ 被 $z=1$ 割下的部分。

解

1. 由对称性，只算第一卦限内的平面片 $x+y+z=1$ 即可。在该片上 $z=1-x-y$，$dS=\sqrt{3}dxdy$，故

$${\iint }_S|xyz|dS=8\sqrt{3}{\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}xy(1-x-y)dy=8\sqrt{3}\cdot \frac{1}{120}=\frac{\sqrt{3}}{15}.$$

1. 取极坐标 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,z=r^2$。则 $0\le r\le 1$，$0\le \theta \le 2\pi$，且

$$dS=\sqrt{1+4r^2}rdrd\theta .$$

因而

$${\iint }_S|xyz|dS={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{r}^4|\cos \theta \sin \theta |\sqrt{1+4r^2}rdrd\theta =2{\int }_0^1{r}^5\sqrt{1+4r^2}dr=\frac{125\sqrt{5}-1}{420}.$$

练习题 6

求 ${\iint }_S(x^2+y^2+z^2)dS$，$S$ 为 $|x|+|y|+|z|=a$。

解 仍由对称性，只算第一卦限内的平面片 $x+y+z=a$。在该片上 $dS=\sqrt{3}dxdy$，故

$${\iint }_S(x^2+y^2+z^2)dS=8\sqrt{3}{\int }_0^{a}dx{\int }_0^{a-x}[x^2+y^2+(a-x-y{)}^2]dy=2\sqrt{3}{a}^4.$$

练习题 7

求

$$F(t)={\iint }_{x^2+y^2+z^2=t^2}f(x,y,z)dS,$$

其中

$$f(x,y,z)=\{\begin{array}{ll}{x}^2+y^2,& z\ge \sqrt{x^2+y^2},\\ 0,& z<\sqrt{x^2+y^2}.\end{array}$$

解 用球坐标 $x=t\sin \phi \cos \theta ,y=t\sin \phi \sin \theta ,z=t\cos \phi$。 只有当 $z\ge \sqrt{x^2+y^2}$，即 $0\le \phi \le \pi /4$ 时被积函数非零，于是

$$F(t)={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi /4}{t}^2{\sin }^2\phi \cdot t^2\sin \phi d\phi d\theta =2\pi t^4{\int }_0^{\pi /4}{\sin }^3\phi d\phi =\frac{\pi }{6}(8-5\sqrt{2})t^4.$$

练习题 8

求

$$F(x,y,z,t)={\iint }_{S}f(\xi ,\eta ,\zeta )dS,$$

其中 $S$ 为

$$(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2+(z-\zeta {)}^2=t^2,$$

$t>0$，$(x,y,z)$ 为满足 $\sqrt{x^2+y^2+z^2}>a>0$ 的定点，

$$f(\xi ,\eta ,\zeta )=\{\begin{array}{ll}1,& {\xi }^2+{\eta }^2+{\zeta }^2<a^2,\\ 0,& {\xi }^2+{\eta }^2+{\zeta }^2\ge a^2.\end{array}$$

解 记 $d=\sqrt{x^2+y^2+z^2}(>a)$，并取极轴沿着 $\overrightarrow{OP}$。设球面上点 $(\xi ,\eta ,\zeta )$ 与 $OP$ 的夹角为 $\phi$，则

$${\xi }^2+{\eta }^2+{\zeta }^2=d^2+t^2-2dt\cos \phi .$$

条件 ${\xi }^2+{\eta }^2+{\zeta }^2<a^2$ 等价于

$$\cos \phi >\frac{d^2+t^2-a^2}{2dt}.$$

因而只有在 $|t-d|<a$ 时有交，且交成一个球冠。其高为

$$h=t-\frac{d^2+t^2-a^2}{2d}=\frac{a^2-(t-d{)}^2}{2d},$$

故所求面积

$$F(x,y,z,t)=2\pi th=\frac{\pi t}{d}[a^2-(t-d{)}^2].$$

综上，

$$F(x,y,z,t)=\{\begin{array}{ll}\frac{\pi t}{d}[a^2-(t-d{)}^2],& |t-d|<a,\\ 0,& |t-d|\ge a.\end{array}$$

练习题 9

求 ${\iint }_S\frac{dS}{(1+x+y{)}^2}$，其中 $S$ 为立体 $x+y+z\le 1,x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0$ 的表面。

解 该立体的表面由四个面组成：$x=0,y=0,z=0,x+y+z=1$。前三个面的贡献分别为

$${\iint }_{x=0}\frac{dS}{(1+x+y{)}^2}={\int }_0^{1}dy{\int }_0^{1-y}\frac{dz}{(1+y{)}^2}=1-\ln 2,$$ $${\iint }_{y=0}\frac{dS}{(1+x+y{)}^2}=1-\ln 2,$$ $${\iint }_{z=0}\frac{dS}{(1+x+y{)}^2}={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}\frac{dy}{(1+x+y{)}^2}=\ln 2-\frac{1}{2}.$$

在斜面 $z=1-x-y$ 上，$dS=\sqrt{3}dxdy$，故其贡献为

$$\sqrt{3}{\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}\frac{dy}{(1+x+y{)}^2}=\sqrt{3}\left(\ln 2-\frac{1}{2}\right).$$

相加即得

$${\iint }_S\frac{dS}{(1+x+y{)}^2}=\frac{3-\sqrt{3}}{2}+(\sqrt{3}-1)\ln 2.$$

练习题 10

求 ${\iint }_S\frac{|x|}{z}dS$，其中 $S$ 是柱面 $x^2+y^2=2ay$ 被锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 和平面 $z=2a$ 所截下的部分。

解 取参数方程

$$x=a\sin 2\theta ,y=2a{\sin }^2\theta ,z=z,0\le \theta \le \pi .$$

由 $x^2+y^2=2ay$ 知这正是所给柱面，且

$$|{\mathbf{r}}_{\theta }\times {\mathbf{r}}_z|=2a.$$

又由锥面与平面给出 $2a\sin \theta \le z\le 2a$。于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_S\frac{|x|}{z}dS& =4a^2{\int }_0^{\pi }|\sin \theta \cos \theta |\left({\int }_{2a\sin \theta }^{2a}\frac{dz}{z}\right)d\theta \\ & =8a^2{\int }_0^{\pi /2}\sin \theta \cos \theta \ln \frac{1}{\sin \theta }d\theta =2a^2.\end{array}$$

练习题 11

求 ${\iint }_S(x^2+y^2)dS$，$S$ 是锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 被 $z=1$ 割下的部分。

解 在锥面上令 $z=r$，$0\le r\le 1$，则

$$dS=\sqrt{2}rdrd\theta ,x^2+y^2=r^2.$$

因而

$${\iint }_S(x^2+y^2)dS={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{r}^2\cdot \sqrt{2}rdrd\theta =\frac{\pi \sqrt{2}}{2}.$$

25.2.1 例题

例题 25.2.1

设 $\Sigma$ 为上半单位球面 $z=\sqrt{1-(x^2+y^2)}$，取内侧，求

$$I={\iint }_{\Sigma }dydz+dzdx+dxdy.$$

解 1 用直角坐标系计算：

$$I={\iint }_{\Sigma }dydz+{\iint }_{\Sigma }dzdx+{\iint }_{\Sigma }dxdy=I_1+I_2+I_3.$$

计算 $I_1$：$\Sigma ={\Sigma }_1+{\Sigma }_2$，其中

$${\Sigma }_1:x=\sqrt{1-y^2-z^2},(y,z)\in D_{yz}=\{y^2+z^2\le 1,z\ge 0\},\text{取后侧},$$ $${\Sigma }_2:x=-\sqrt{1-y^2-z^2},(y,z)\in D_{yz},\text{取前侧}.$$

则

$$I_1={\iint }_{{\Sigma }_1}dydz+{\iint }_{{\Sigma }_2}dydz=-{\iint }_{D_{yz}}dydz+{\iint }_{D_{yz}}dydz=0.$$

同理有

$$I_2=0,I_3=-{\iint }_{D_{xy}}dxdy=-\pi .$$

最后得到

$$I=-\pi .$$

解 2 用参数方程

$$\Sigma :x=\sin \phi \cos \theta ,y=\sin \phi \sin \theta ,z=\cos \phi ,0\le \phi \le \frac{\pi }{2},0\le \theta \le 2\pi .$$

计算行列式

$$A=\frac{\partial (y,z)}{\partial (\phi ,\theta )}={\sin }^2\phi \cos \theta ,B=\frac{\partial (z,x)}{\partial (\phi ,\theta )}={\sin }^2\phi \sin \theta ,$$ $$C=\frac{\partial (x,y)}{\partial (\phi ,\theta )}=\sin \phi \cos \phi .$$

因为 $(A,B,C)$ 的方向与上半球面 $S$ 内侧的法线方向相反，故积分号前取 “$-$” 号，得到

$$\begin{array}{rl}I& =-{\iint }_D({\sin }^2\phi \cos \theta +{\sin }^2\phi \sin \theta +\sin \phi \cos \phi )d\phi d\theta \\ & =-{\int }_0^{\pi /2}d\phi {\int }_0^{2\pi }[{\sin }^2\phi (\cos \theta +\sin \theta )+\sin \phi \cos \phi ]d\theta \\ & =-2\pi {\int }_0^{\pi /2}\sin \phi \cos \phi d\phi =-\pi .\end{array}$$

例题 25.2.2

求

$$I={\iint }_{\Sigma }(z+x)dydz+(x+y)dzdx+(y+z)dxdy,$$

其中 $\Sigma$ 是由 $x^2+y^2=1,z=1$ 及三个坐标平面围成的立体在第一卦限的部分的表面，取外侧。

解 见图 25.2，因为 $\Sigma$ 分块较多（需分 5 块），不便于用参数式，故应在直角坐标系中计算。记 $\Sigma ={\Sigma }_1+{\Sigma }_2+{\Sigma }_3+{\Sigma }_4+{\Sigma }_5$，其中 ${\Sigma }_1$ 为圆柱面，${\Sigma }_2$ 为下底面，${\Sigma }_3$ 为上底面， ${\Sigma }_4$ 为左侧面 $y=0$，${\Sigma }_5$ 为右侧面 $x=0$。则有

$$I={\iint }_{\Sigma }(z+x)dydz+{\iint }_{\Sigma }(x+y)dzdx+{\iint }_{\Sigma }(y+z)dxdy=I_1+I_2+I_3.$$

计算 $I_1$，有

$$I_1=\sum _{i=1}^5{\iint }_{{\Sigma }_i}(x+z)dydz.$$

因为 ${\Sigma }_2,{\Sigma }_3,{\Sigma }_4$ 在 $yOz$ 平面上的投影面积为零，于是

$${\iint }_{{\Sigma }_i}(x+z)dydz=0,i=2,3,4,$$

而

$${\Sigma }_1:x=\sqrt{1-y^2},(y,z)\in D_{yz}=\{0\le y\le 1,0\le z\le 1\},\text{取前侧},$$ $${\Sigma }_5:x=0,(y,z)\in D_{yz},\text{取后侧}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{I}_1& ={\iint }_{{\Sigma }_1}(x+z)dydz+{\iint }_{{\Sigma }_5}(x+z)dydz\\ & ={\iint }_{D_{yz}}(\sqrt{1-y^2}+z)dydz-{\iint }_{D_{yz}}zdydz\\ & ={\int }_0^1{\int }_0^1\sqrt{1-y^2}dydz=\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

用类似的方法可求出 $I_2=\frac{\pi }{4}$。 然后求

$$I_3=\sum _{i=1}^5{\iint }_{{\Sigma }_i}(y+z)dxdy.$$

显然有

$${\iint }_{{\Sigma }_i}(y+z)dxdy=0,i=1,4,5,$$

而

$${\Sigma }_2:z=0,(x,y)\in D_{xy}=\{x^2+y^2\le 1,x\ge 0,y\ge 0\},\text{取下侧},$$ $${\Sigma }_3:z=1,(x,y)\in D_{xy},\text{取上侧}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{I}_3& ={\iint }_{{\Sigma }_2}(y+z)dxdy+{\iint }_{{\Sigma }_3}(y+z)dxdy\\ & =-{\iint }_{D_{xy}}ydxdy+{\iint }_{D_{xy}}(1+y)dxdy={\iint }_{D_{xy}}dxdy=\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

最后得到

$$I=I_1+I_2+I_3=\frac{3}{4}\pi .$$

注 我们已经知道，利用第二型曲线积分可以计算平面图形的面积。类似地，利用第二型曲面积分也可以计算空间立体的体积。

25.2.2 例题

例题 25.2.3

求

$$I={\iint }_{\Sigma }xyz(y^2{z}^2+z^2{x}^2+x^2{y}^2)dS,$$

其中 $\Sigma$ 为第一卦限中的球面 $x^2+y^2+z^2=a^2(x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0)$。

解 见图 25.3，不论用参数式或直角坐标式，直接计算均相当复杂。取 $\Sigma$ 的上侧，则 $(x,y,z)$ 处的单位外法向量为

$$\left(\frac{x}{a},\frac{y}{a},\frac{z}{a}\right).$$

利用公式 (25.4)，

$$\begin{array}{rl}I& =a{\iint }_{\Sigma }\left(y^3{z}^3\frac{x}{a}+z^3{x}^3\frac{y}{a}+x^3{y}^3\frac{z}{a}\right)dS\\ & =a{\iint }_{\Sigma }{y}^3{z}^{3}dydz+z^3{x}^{3}dzdx+x^3{y}^{3}dxdy\\ & =3a{\iint }_{\Sigma }{x}^3{y}^{3}dxdy=3a{\iint }_{D_{xy}}{x}^3{y}^{3}dxdy.\end{array}$$

其中

$$D_{xy}=\{x^2+y^2\le a^2,x\ge 0,y\ge 0\}.$$

作极坐标变换得

$$\begin{array}{rl}I& =3a{\int }_0^{\pi /2}d\theta {\int }_0^a{r}^7{\sin }^3\theta {\cos }^3\theta dr\\ & =\frac{3}{64}{a}^9{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{3}2\theta d\theta =\frac{1}{32}{a}^9.\end{array}$$

例题 25.2.4

求

$$I={\iint }_{\Sigma }(y-z)dydz+(z-x)dzdx+(x-y)dxdy,$$

其中 $\Sigma$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=2Rx$ 被柱面 $x^2+y^2=2rx(0<r<R)$ 截下的位于 $z\ge 0$ 的部分，取外侧。

解 见图 25.4，改写球面方程为 $(x-R{)}^2+y^2+z^2=R^2$，其外侧的法向量为

$$n=\left(\frac{x-R}{R},\frac{y}{R},\frac{z}{R}\right).$$

由公式 (25.4)，有

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_{\Sigma }(y-z,z-x,x-y)\cdot ndS\\ & =\frac{1}{R}{\iint }_{\Sigma }[(y-z)(x-R)+(z-x)y+(x-y)z]dS\\ & ={\iint }_{\Sigma }(z-y)dS.\end{array}$$

由于 $\Sigma$ 关于 $xOz$ 平面对称，而函数 $y$ 是奇函数，于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_{\Sigma }zdS={\iint }_{x^2+y^2\le 2rx}\sqrt{2Rx-x^2-y^2}\frac{R}{\sqrt{2Rx-x^2-y^2}}dxdy\\ & =R\cdot \pi r^2=\pi R{r}^2.\end{array}$$

25.2.3 练习题

练习题 1

设曲面 $\Sigma$ 的方程为 $z=z(x,y),(x,y)\in D$，且 $z(x,y)$ 在 $\overline{D}$ 中连续可微，证明：

$${\iint }_{\Sigma }P(x,y,z)dydz+Q(x,y,z)dzdx+R(x,y,z)dxdy$$ $$=\pm {\iint }_D\{-P{z}_x-Q{z}_y+R\}{|}_{z=z(x,y)}dxdy.$$

当 $\Sigma$ 取上侧时符号取 $+$''，当 $\Sigma$ 取下侧时符号取 $-$”。

解 由两类曲面积分的关系，

$${\iint }_{\Sigma }Pdydz+Qdzdx+Rdxdy={\iint }_{\Sigma }(P\cos \alpha +Q\cos \beta +R\cos \gamma )dS.$$

若 $\Sigma$ 取上侧，写成 $z=z(x,y)$，则

$$(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )=\frac{(-z_x,-z_y,1)}{\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}},dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}dxdy,$$

故

$${\iint }_{\Sigma }Pdydz+Qdzdx+Rdxdy={\iint }_D(-P{z}_x-Q{z}_y+R){|}_{z=z(x,y)}dxdy.$$

若取下侧，法向量反向，故整体只差一个负号。

练习题 2

若 $\Sigma$ 分块光滑，且关于 $xOy$ 平面对称，$f(x,y,z)$ 在 $\overline{\Sigma }$ 上连续，且满足 $f(x,y,z)=-f(x,y,-z)$，问：

$${\iint }_{\Sigma }f(x,y,z)dS=2{\iint }_{{\Sigma }_1}f(x,y,z)dS$$

还是等于 $0$？（其中 ${\Sigma }_1$ 是 $\Sigma$ 在 $xOy$ 平面以上的部分。）

解 设 ${\Sigma }_2$ 是 ${\Sigma }_1$ 关于 $xOy$ 平面的对称部分。反射 $(x,y,z)\mapsto (x,y,-z)$ 不改变面积元 $dS$，而 $f(x,y,-z)=-f(x,y,z)$，所以

$${\iint }_{{\Sigma }_2}f(x,y,z)dS=-{\iint }_{{\Sigma }_1}f(x,y,z)dS.$$

故

$${\iint }_{\Sigma }f(x,y,z)dS=0.$$

练习题 3

若 $\Sigma$ 分块光滑，且关于 $xOy$ 平面对称，$R(x,y,z)$ 在 $\overline{\Sigma }$ 上连续，满足 $R(x,y,z)=-R(x,y,-z)$，问：

$${\iint }_{\Sigma }R(x,y,z)dxdy=2{\iint }_{{\Sigma }_1}R(x,y,z)dxdy$$

还是等于 $0$？（其中 ${\Sigma }_1$ 是 $\Sigma$ 在 $xOy$ 平面以上的部分，取侧与 $\Sigma$ 取侧相一致。）

解 写成

$${\iint }_{\Sigma }R(x,y,z)dxdy={\iint }_{\Sigma }R(x,y,z)\cos (n,z)dS.$$

反射到下半部分时，$R(x,y,z)$ 变号，而 $\cos (n,z)$ 也随所取侧变号，二者乘积不变，故

$${\iint }_{\Sigma }R(x,y,z)dxdy=2{\iint }_{{\Sigma }_1}R(x,y,z)dxdy.$$

练习题 4

设 $\Sigma$ 是平面 $\Pi$ 内的一个有界区域，其面积为 $S$，$\Pi$ 取上侧的法向量为 $n$，且 $\cos (n,z)=\mu$。证明：$\Sigma$ 在 $xOy$ 平面上的投影的面积为 $\mu S$，并利用这个结果重新计算例题 21.4.2。

解 对平面内的面积元有 $dxdy=\cos (n,z)dS=\mu dS$。积分即得投影面积

$$S_{xy}={\iint }_{\Sigma }dxdy=\mu {\iint }_{\Sigma }dS=\mu S.$$

例题 21.4.2 中，平面 $2x+y+z=0$ 的上侧法向量可取 $\frac{(2,1,1)}{\sqrt{6}}$，故 $\mu =1/\sqrt{6}$。把 $z=-2x-y$ 代入椭球方程 $\frac{x^2}{3}+y^2+\frac{z^2}{2}=1$，得投影椭圆

$$14x^2+12xy+9y^2\le 6.$$

其面积为

$$S_{xy}=\frac{\pi \cdot 6}{\sqrt{14\cdot 9-6^2}}=\pi \sqrt{\frac{2}{5}}.$$

因而原椭圆面积

$$S=\frac{S_{xy}}{\mu }=\sqrt{6}\pi \sqrt{\frac{2}{5}}=2\pi \sqrt{\frac{3}{5}}.$$

练习题 5

求 $I_1={\iint }_{\Sigma }zdxdy,I_2={\iint }_{\Sigma }{z}^{2}dxdy$， $\Sigma$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$，取外侧。

解 在球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 的外侧，

$$\cos (n,z)=\frac{z}{a}.$$

故

$$I_1={\iint }_{\Sigma }zdxdy=\frac{1}{a}{\iint }_{\Sigma }{z}^{2}dS,I_2={\iint }_{\Sigma }{z}^{2}dxdy=\frac{1}{a}{\iint }_{\Sigma }{z}^{3}dS.$$

由对称性，

$${\iint }_{\Sigma }{z}^{2}dS=\frac{1}{3}{\iint }_{\Sigma }(x^2+y^2+z^2)dS=\frac{1}{3}{a}^2\cdot 4\pi a^2=\frac{4\pi a^4}{3},$$

而 ${\iint }_{\Sigma }{z}^{3}dS=0$，故

$$I_1=\frac{4\pi a^3}{3},I_2=0.$$

练习题 6

计算

$${\iint }_{S}xzdydz+yxdzdx+yzdxdy,$$

$S$ 是圆柱面 $x^2+y^2=1$ 在 $-1\le z\le 1$ 及 $x\ge 0$ 的部分，取前侧。

解 取参数方程

$$x=\cos \theta ,y=\sin \theta ,z=z,-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2},-1\le z\le 1.$$

此时前侧法向量对应的面积向量为

$$\mathbf{n}dS=(\cos \theta ,\sin \theta ,0)d\theta dz.$$

因而

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{S}xzdydz+yxdzdx+yzdxdy& ={\int }_{-1}^{1}dz{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}(z{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta \cos \theta )d\theta \\ & =2{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\sin }^2\theta \cos \theta d\theta =\frac{4}{3}.\end{array}$$

练习题 7

求

$${\iint }_{S}x(z^2-y^2)dydz+y(x^2-z^2)dzdx+z(y^2-x^2)dxdy,$$

其中 $S$ 是 $y^2+z^2=1$ 被 $x=0,x=1,z+y=0,z-y=0$ 截取的上方部分，取外侧。

解 取参数方程

$$x=x,y=\cos \theta ,z=\sin \theta ,0\le x\le 1,\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{3\pi }{4}.$$

这里上方部分对应 $z\ge |y|$。外侧面积向量为

$$\mathbf{n}dS=(0,\cos \theta ,\sin \theta )dxd\theta .$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\iint }_S& x(z^2-y^2)dydz+y(x^2-z^2)dzdx+z(y^2-x^2)dxdy\\ & ={\int }_0^{1}dx{\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}{x}^2\cos 2\theta d\theta =\frac{1}{3}{\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}\cos 2\theta d\theta =-\frac{1}{3}.\end{array}$$

25.3.1 例题

例题 25.3.1

求

$$I={\iint }_{\Sigma }4xzdydz-2yzdzdx+(1-z^2)dxdy,$$

其中 $\Sigma$ 是曲线 $z=e^y(0\le y\le a)$ 绕 $z$ 轴旋转生成的旋转面，取下侧。

解 $\Sigma$ 的方程为

$$z=e^{\sqrt{x^2+y^2}}(x^2+y^2\le a^2).$$

直接计算比较复杂，考虑用 Gauss 公式。由于 $\Sigma$ 不闭，需要添加辅助面

$${\Sigma }_1:z=e^a,x^2+y^2\le a^2,$$

取上侧。见图 25.5，设 $\Sigma$ 与 ${\Sigma }_1$ 围成的区域为 $D$。令

$$P=4xz,Q=-2yz,R=1-z^2,$$

则

$$\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0.$$

由公式 (25.5)，得

$$\begin{array}{rl}I& =\left({\iint }_{\Sigma }+{\iint }_{{\Sigma }_1}-{\iint }_{{\Sigma }_1}\right)(1-z^2)dxdy\\ & =-{\iint }_{{\Sigma }_1}(1-z^2)dxdy=(e^{2a}-1){\iint }_{x^2+y^2\le a^2}dxdy\\ & =(e^{2a}-1)\pi a^2.\end{array}$$

例题 25.3.2

计算曲面积分

$$I={\iint }_S\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{3/2}},$$

其中 $S$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=1$，取外侧 $(a>0,b>0,c>0)$。

解 1 记

$$P(x,y,z)=\frac{x}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{3/2}},Q(x,y,z)=\frac{y}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{3/2}},$$ $$R(x,y,z)=\frac{z}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{3/2}},$$

则在不包含原点的任何区域上

$$\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0.$$

为了利用 Gauss 公式，对充分小的 $\epsilon >0$，作闭曲面

$$S_{\epsilon }=\{a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2={\epsilon }^2\},$$

取外侧。由 Gauss 公式

$$I={\iint }_{S_{\epsilon }}\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{3/2}}=\frac{1}{{\epsilon }^3}{\iint }_{S_{\epsilon }}xdydz+ydzdx+zdxdy.$$

上述积分在 $S_{\epsilon }$ 的外侧。再一次用 Gauss 公式，则

$$I=\frac{3}{{\epsilon }^3}{\iiint }_{a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2\le {\epsilon }^2}dxdydz=\frac{3}{{\epsilon }^3}\cdot \frac{4\pi }{3}\cdot \frac{{\epsilon }^3}{\sqrt{abc}}=\frac{4\pi }{\sqrt{abc}}.$$

解 2（不用 Gauss 公式而直接计算） 利用单位球面的参数方程

$$x=\sin \phi \cos \theta ,y=\sin \phi \sin \theta ,z=\cos \phi ,$$ $$0\le \phi \le \pi ,0\le \theta \le 2\pi .$$

计算得到

$$A=\frac{\partial (y,z)}{\partial (\phi ,\theta )}={\sin }^2\phi \cos \theta ,B=\frac{\partial (z,x)}{\partial (\phi ,\theta )}={\sin }^2\phi \sin \theta ,$$ $$C=\frac{\partial (x,y)}{\partial (\phi ,\theta )}=\sin \phi \cos \phi .$$

容易看出，$(A,B,C)$ 的方向与单位球面外侧法线方向相同，故积分号前取 “$+$” 号。由 (25.3) 得

$$I=8{\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin \phi d\phi d\theta }{(a{\sin }^2\phi {\cos }^2\theta +b{\sin }^2\phi {\sin }^2\theta +c{\cos }^2\phi {)}^{3/2}}.$$

先计算对 $\phi$ 的积分，令 $\cos \phi =t$，则

$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin \phi d\phi }{(a{\sin }^2\phi {\cos }^2\theta +b{\sin }^2\phi {\sin }^2\theta +c{\cos }^2\phi {)}^{3/2}}\\ & ={\int }_0^1\frac{dt}{{\left[(a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta )-(a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta -c)t^2\right]}^{3/2}}\\ & ={\frac{1}{a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta }\frac{t}{{\left[(a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta )-(a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta -c)t^2\right]}^{1/2}}|}_{t=0}^{t=1}\\ & =\frac{1}{\sqrt{c}}\cdot \frac{1}{a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta }.\end{array}$$

最后得到

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{8}{\sqrt{c}}{\int }_0^{\pi /2}\frac{d\theta }{a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta }=\frac{8}{\sqrt{c}}{\int }_0^{+\infty }\frac{dt}{a+b{t}^2}(t=\tan \theta )\\ & =\frac{8}{\sqrt{c}}\cdot \frac{1}{\sqrt{ab}}\arctan \left(\sqrt{\frac{b}{a}}t\right){|}_0^{+\infty }=\frac{4\pi }{\sqrt{abc}}.\end{array}$$

注 利用 Gauss 公式来计算曲面积分在很多情况下是一种有效的手段，但要注意使用 Gauss 公式的条件，要弄清楚在什么情况下要“挖洞”（即用封闭曲面把 $P,Q,R$ 无定义或不可微的点围住）以及选择什么曲面“挖洞”计算更简便。

利用 Gauss 公式可导出用曲面积分表示 ${\mathbb{R}}^3$ 中具有逐片光滑边界的有界闭区域 $\Omega$ 的体积公式

$$|\Omega |={\iint }_{\partial \Omega }xdydz={\iint }_{\partial \Omega }ydzdx={\iint }_{\partial \Omega }zdxdy=\frac{1}{3}{\iint }_{\partial \Omega }xdydz+ydzdx+zdxdy.$$

上述积分在 $\partial \Omega$ 的外侧进行。由两类曲面积分之间的关系，又有

$$|\Omega |=\frac{1}{3}{\iint }_{\partial \Omega }(x\cos \alpha +y\cos \beta +z\cos \gamma )dS,$$

其中 $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 为 $\partial \Omega$ 的单位外法向量。如果 $\partial \Omega$ 有参数表示

$$x=x(u,v),y=y(u,v),z=z(u,v),(u,v)\in D,$$

则

$$V=\frac{1}{3}\left|{\iint }_D\left|\begin{array}{ccc}x& y& z\\ x_u& y_u& z_u\\ x_v& y_v& z_v\end{array}\right|dudv\right|.$$

特别地，若一个立体的表面在球坐标系中由方程

$$r=r(\phi ,\theta ),(\phi ,\theta )\in D$$

给出，则

$$V=\frac{1}{3}{\iint }_D{r}^3(\phi ,\theta )\sin \phi d\phi d\theta .$$

25.3.2 练习题

练习题 1

利用 Gauss 公式计算积分：

1. ${\iint }_{S}y(x-z)dydz+z^{2}dzdx+(y^2+xz)dxdy$， 其中 $S$ 是正立方体 $\{(x,y,z)\mid 0\le x\le a,0\le y\le a,0\le z\le a\}(a>0)$ 的表面，取内侧；
2. ${\iint }_{\Sigma }(x^3+x)dydz+(y^2-zx)dzdx+(z^3+z)dxdy$， 其中 $\Sigma$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=2z$，取外侧；
3. 设 $A_1=x^3-x^{2}y+z^3,A_2=x{y}^2+y^3,A_3=xz+z^2$， $\Sigma$ 是由 $yOz$ 平面上的抛物线 $z=1-y^2$ 与 $z=0$ 所围成的平面区域绕 $z$ 轴旋转后所得的旋转体的表面，取外侧。试求

$${\iint }_{\Sigma }\left(\frac{\partial A_3}{\partial y}-\frac{\partial A_2}{\partial z}\right)dydz+\left(\frac{\partial A_1}{\partial z}-\frac{\partial A_3}{\partial x}\right)dzdx+\left(\frac{\partial A_2}{\partial x}-\frac{\partial A_1}{\partial y}\right)dxdy.$$

解

1. 取

$$\mathbf{F}=(y(x-z),z^2,y^2+xz).$$

则

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=\frac{\partial }{\partial x}[y(x-z)]+\frac{\partial z^2}{\partial y}+\frac{\partial (y^2+xz)}{\partial z}=x+y.$$

表面取内侧，故所求积分等于外侧通量的相反数，从而

$${\iint }_S\cdots =-{\iiint }_{[0,a{]}^3}(x+y)dxdydz=-a^4.$$

1. 取

$$\mathbf{F}=(x^3+x,y^2-zx,z^3+z).$$

则

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=3x^2+3z^2+2.$$

球体为 $(x,y,z)=(u,v,w+1)$ 下的单位球 $u^2+v^2+w^2\le 1$，故

$${\iiint }_{\Omega }{x}^{2}dV={\iiint }_{B_1}{u}^{2}dV=\frac{4\pi }{15},$$ $${\iiint }_{\Omega }{z}^{2}dV={\iiint }_{B_1}(w+1{)}^{2}dV={\iiint }_{B_1}{w}^{2}dV+{\iiint }_{B_1}1dV=\frac{4\pi }{15}+\frac{4\pi }{3}.$$

因而

$${\iint }_{\Sigma }\cdots =3\cdot \frac{4\pi }{15}+3\left(\frac{4\pi }{15}+\frac{4\pi }{3}\right)+2\cdot \frac{4\pi }{3}=\frac{124\pi }{15}.$$

1. 记 $\mathbf{A}=(A_1,A_2,A_3)$。所给积分正是

$${\iint }_{\Sigma }(\nabla \times \mathbf{A})\cdot \mathbf{n}dS.$$

由 Gauss 公式及 $\mathrm{div}(\nabla \times \mathbf{A})=0$，

$${\iint }_{\Sigma }(\nabla \times \mathbf{A})\cdot \mathbf{n}dS={\iiint }_{\Omega }\mathrm{div}(\nabla \times \mathbf{A})dV=0.$$

练习题 2

先添加辅助面，再用 Gauss 公式计算下列曲面积分：

1. ${\iint }_{\Sigma }(x^2\cos \alpha +y^2\cos \beta +z^2\cos \gamma )dS$， 其中 $\Sigma$ 是锥面 $z^2=x^2+y^2$ 在 $0\le z\le h$ 的一段， $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 为 $\Sigma$ 上的单位法向量，其方向为下方；
2. ${\iint }_{\Sigma }{x}^{3}dydz+y^{3}dzdx+z^{3}dxdy$， 其中 $\Sigma$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 之上半部分，取上侧；

$${\iint }_{\Sigma }\left(\frac{x^3}{a^3}+y^3{z}^3\right)dydz+\left(\frac{y^3}{b^3}+z^3{x}^3\right)dzdx+\left(\frac{z^3}{c^3}+x^3{y}^3\right)dxdy,$$

其中 $\Sigma$ 为椭球面 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1,x\ge 0$，取后侧。

解

1. 令 $\mathbf{F}=(x^2,y^2,z^2)$，并在上口添加圆盘 $S_0:z=h,x^2+y^2\le h^2$。锥面与圆盘围成的立体为 $\Omega =\{x^2+y^2\le z^2,0\le z\le h\}$。因锥面取下方，恰为该立体的外侧，故

$${\iint }_{\Sigma }(x^2\cos \alpha +y^2\cos \beta +z^2\cos \gamma )dS={\iint }_{\Sigma }\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS.$$

又

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=2x+2y+2z,$$

其中 $x,y$ 的体积分因对称性为零，故

$${\iiint }_{\Omega }\mathrm{div}\mathbf{F}dV=2{\iiint }_{\Omega }zdV=2{\int }_0^h{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{z}zrdrd\theta dz=\frac{\pi h^4}{2}.$$

而

$${\iint }_{S_0}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS={\iint }_{x^2+y^2\le h^2}{h}^{2}dxdy=\pi h^4.$$

因而

$${\iint }_{\Sigma }\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS=\frac{\pi h^4}{2}-\pi h^4=-\frac{\pi h^4}{2}.$$

1. 令 $\mathbf{F}=(x^3,y^3,z^3)$，并补上底圆盘 $S_0:z=0,x^2+y^2\le a^2$。因 $S_0$ 上通量为零，故

$${\iint }_{\Sigma }{x}^{3}dydz+y^{3}dzdx+z^{3}dxdy={\iiint }_{x^2+y^2+z^2\le a^2,z\ge 0}3(x^2+y^2+z^2)dV.$$

用球坐标即得

$${\iint }_{\Sigma }\cdots =3{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^a{\rho }^2\cdot {\rho }^2\sin \phi d\rho d\phi d\theta =\frac{6\pi }{5}{a}^5.$$

1. 记

$$\mathbf{F}=\left(\frac{x^3}{a^3}+y^3{z}^3,\frac{y^3}{b^3}+z^3{x}^3,\frac{z^3}{c^3}+x^3{y}^3\right).$$

用圆盘 $S_0:x=0,\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\le 1$ 封闭之。由于

$$\mathbf{F}\cdot (-1,0,0){|}_{x=0}=-y^3{z}^3,$$

其在 $S_0$ 上积分由奇偶性为零。于是闭曲面的外侧通量就是曲面 $x\ge 0$ 这一半椭球面的外侧通量。又

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=\frac{3x^2}{a^3}+\frac{3y^2}{b^3}+\frac{3z^2}{c^3}.$$

在半椭球内有

$$\iiint x^{2}dV=\frac{2\pi a^{3}bc}{15},\iiint y^{2}dV=\frac{2\pi a{b}^{3}c}{15},\iiint z^{2}dV=\frac{2\pi ab{c}^3}{15},$$

故外侧通量为

$$\frac{2\pi }{5}(ab+ac+bc).$$

题中取后侧，与外侧相反，所以

$${\iint }_{\Sigma }\cdots =-\frac{2\pi }{5}(ab+ac+bc).$$

练习题 3

$F(x,y,z)$ 是定义在 ${\mathbb{R}}^3$ 上的光滑函数，且 $F(x,y,z)=0$ 是一个以原点为顶点的锥面 $\Sigma$。 如果 $\Sigma$ 与平面 $\Pi :Ax+By+Cz=D$ 围成一个锥体，证明：此锥体的体积

$$V=\frac{1}{3}SH,$$

其中 $S$ 为平面 $\Pi$ 上锥底部分的面积，$H$ 为顶点到锥底的高。

解 取向量场 $\mathbf{F}=(x,y,z)$，则 $\mathrm{div}\mathbf{F}=3$。对锥体应用 Gauss 公式得

$$3V={\iint }_{\partial \Omega }\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS.$$

锥侧上的母线都过原点，故径向向量 $(x,y,z)$ 与锥侧切平面平行，从而 $\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}=0$。在底面 $\Pi :Ax+By+Cz=D$ 上，单位法向量取与外侧一致的方向， 则对底面上每一点都有

$$\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}=H,$$

这里 $H$ 是原点到平面 $\Pi$ 的距离。于是

$$3V={\iint }_{\text{底面}}HdS=HS,$$

即

$$V=\frac{1}{3}SH.$$

练习题 4

求由曲面 $(x^2+y^2+z^2{)}^2=a^{2}xy$ 所围成的立体的体积。

解 用球坐标

$$x=\rho \sin \phi \cos \theta ,y=\rho \sin \phi \sin \theta ,z=\rho \cos \phi .$$

曲面方程化为

$${\rho }^4=a^2{\rho }^2{\sin }^2\phi \cos \theta \sin \theta =\frac{a^2}{2}{\rho }^2{\sin }^2\phi \sin 2\theta .$$

因而内部区域满足

$$0\le \rho \le \frac{a}{\sqrt{2}}\sin \phi \sqrt{\sin 2\theta },$$

其中 $\sin 2\theta \ge 0$，即 $\theta \in [0,\pi /2]\cup [\pi ,3\pi /2]$。由对称性，

$$\begin{array}{rl}V& =2{\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^{\pi }{\int }_0^{\frac{a}{\sqrt{2}}\sin \phi \sqrt{\sin 2\theta }}{\rho }^2\sin \phi d\rho d\phi d\theta \\ & =\frac{a^3}{3\sqrt{2}}\left({\int }_0^{\pi }{\sin }^4\phi d\phi \right)\left({\int }_0^{\pi /2}(\sin 2\theta {)}^{3/2}d\theta \right)\\ & =\frac{\pi a^3}{16\sqrt{2}}B\left(\frac{5}{4},\frac{1}{2}\right).\end{array}$$

练习题 5

求

$${\iint }_{\Sigma }(x^3+y^3)dydz+(x^3+2x^{2}y)dzdx-x^{2}zdxdy,$$

其中 $\Sigma$ 是单叶双曲面 $x^2+y^2-z^2=1$ 在 $0\le z\le \sqrt{3}$ 的部分，取外侧。

解 记

$$\mathbf{F}=(x^3+y^3,x^3+2x^{2}y,-x^{2}z).$$

取上、下底圆盘把曲面封闭。由

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=4x^2$$

得闭曲面的外侧通量为

$$\begin{array}{rl}{\iiint }_{\Omega }4x^{2}dV& =4{\int }_0^{\sqrt{3}}{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\sqrt{1+z^2}}{r}^2{\cos }^2\theta \cdot rdrd\theta dz\\ & =\frac{24\sqrt{3}}{5}\pi .\end{array}$$

上底圆盘 $z=\sqrt{3},x^2+y^2\le 4$ 上的通量为

$$\iint -x^{2}zdxdy=-4\sqrt{3}\pi ,$$

下底 $z=0$ 上通量为 $0$。故所求曲面积分为

$$\frac{24\sqrt{3}}{5}\pi -(-4\sqrt{3}\pi )=\frac{44\sqrt{3}}{5}\pi .$$

练习题 6

$V=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2<z<1\}$，$S=\partial V$，求积分

$${\iint }_{S}yzdzdx+(x^2+y^2)zdxdy,$$

积分沿外法线方向。

解 令

$$\mathbf{F}=(0,yz,(x^2+y^2)z).$$

则

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=z+x^2+y^2.$$

由 Gauss 公式，

$${\iint }_{S}yzdzdx+(x^2+y^2)zdxdy={\iiint }_V(z+x^2+y^2)dV.$$

用柱坐标 $0\le r\le 1,r^2\le z\le 1$，得

$$\begin{array}{rl}{\iiint }_V(z+r^2)dV& =2\pi {\int }_0^1{\int }_{r^2}^1(z+r^2)rdzdr=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

练习题 7

求第二型曲面积分

$${\iint }_{S}zdydz+\cos ydzdx+dxdy,$$

其中 $S$ 为 $x^2+y^2+z^2=1$ 的外侧。

解 令 $\mathbf{F}=(z,\cos y,1)$，则

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=-\sin y.$$

单位球关于平面 $y=0$ 对称，而 $\sin y$ 是奇函数，因此

$${\iint }_{S}zdydz+\cos ydzdx+dxdy={\iiint }_{x^2+y^2+z^2\le 1}(-\sin y)dV=0.$$

25.3.3 例题

例题 25.3.3

求

$$I={\oint }_C(y^2-z^2)dx+(z^2-x^2)dy+(x^2-y^2)dz,$$

其中 $C$ 是立方体 $\{(x,y,z)\mid 0\le x\le a,0\le y\le a,0\le z\le a\}$ 的表面与平面 $x+y+z=\frac{3}{2}a$ 的交线，取向从 $z$ 轴正向看去是逆时针方向。

分析 见图 25.6，分六段积分的计算量很大，且 $C$ 也不便于表示为一个统一的参数式。因 $C$ 为闭曲线，且

$$P=y^2-z^2,Q=z^2-x^2,R=x^2-y^2$$

连续可微，故考虑用 Stokes 公式。

解 令 $\Sigma$ 为 $x+y+z=\frac{3}{2}a$ 被 $C$ 所围的一块，取上侧，则 $C$ 的取向与 $\Sigma$ 的取侧相容。应用 Stokes 公式 (25.13)，

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ y^2-z^2& z^2-x^2& x^2-y^2\end{array}\right|dS\\ & =\frac{1}{\sqrt{3}}{\iint }_{\Sigma }[-4(x+y+z)]dS=-\frac{4}{\sqrt{3}}{\iint }_{\Sigma }\frac{3}{2}adS\\ & =-2\sqrt{3}a|\Sigma |=-2\sqrt{3}a\cdot \frac{3\sqrt{3}}{4}{a}^2=-\frac{9}{2}{a}^3.\end{array}$$

例题 25.3.4

设 $\Sigma$ 是分片光滑的闭曲面，$n$ 为 $\Sigma$ 上的单位外法向量，证明：

$$I={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\cos (n,x)& \cos (n,y)& \cos (n,z)\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|dS=0,$$

其中分两种情形：（1）$P,Q,R$ 在 $\overline{\Omega }$ 上二阶连续可微，$\Omega$ 为 $\Sigma$ 所围的立体；（2）$P,Q,R$ 在 $\Sigma$ 上二阶连续可微。

证 对情形 (1) 用 Gauss 公式：

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_{\Sigma }\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)dydz+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)dzdx+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy\\ & ={\iiint }_{\Omega }\left[\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)+\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)+\frac{\partial }{\partial z}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\right]dxdydz=0.\end{array}$$

情形 (2) 参见图 25.7。在 $\Sigma$ 上任取一条逐段光滑的闭曲线 $C$，$C$ 分 $\Sigma$ 为两部分 ${\Sigma }_1$ 与 ${\Sigma }_2$。在 ${\Sigma }_1,{\Sigma }_2$ 上分别应用 Stokes 公式，则对于 $i=1,2$，

$${\iint }_{{\Sigma }_i}\left|\begin{array}{ccc}\cos (n,x)& \cos (n,y)& \cos (n,z)\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|dS={\oint }_{C_i}Pdx+Qdy+Rdz.$$

因 ${\Sigma }_1,{\Sigma }_2$ 分居 $C$ 两侧，故 $C_1,C_2$ 为同一条曲线 $C$，只是它们的定向相反。若记 $C_1$ 为 $C_{+}$，则 $C_2$ 为 $C_{-}$，从而

$$\begin{array}{rl}I& =\left({\iint }_{{\Sigma }_1}+{\iint }_{{\Sigma }_2}\right)\left|\begin{array}{ccc}\cos (n,x)& \cos (n,y)& \cos (n,z)\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|dS\\ & =\left({\oint }_{C_{+}}+{\oint }_{C_{-}}\right)Pdx+Qdy+Rdz=0.\end{array}$$

例题 25.3.5

试用 Stokes 公式计算

$$I={\oint }_C(y^2+z^2)dx+(z^2+x^2)dy+(x^2+y^2)dz,$$

其中 $C$ 为 $x^2+y^2+z^2=2Rx$ 与 $x^2+y^2=2rx$ 的交线 $(0<r<R,z>0)$，$C$ 的定向使得 $C$ 所包围的球面上较小区域保持在左边。

解 见图 25.4，设 $S$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=2Rx$ 被柱面 $x^2+y^2=2rx$ 所截部分的外侧。由 Stokes 公式 (25.13)，

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_S\left|\begin{array}{ccc}\frac{x-R}{R}& \frac{y}{R}& \frac{z}{R}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ y^2+z^2& z^2+x^2& x^2+y^2\end{array}\right|dS\\ & =\frac{2}{R}{\iint }_S[(y-z)(x-R)+(z-x)y+(x-y)z]dS\\ & =2{\iint }_S(z-y)dS=2{\iint }_{S}zdS=2R{\iint }_{x^2+y^2\le 2rx}dxdy=2\pi r^{2}R.\end{array}$$

25.3.4 练习题

练习题 1

设 $C$ 是平面 $x\cos \alpha +y\cos \beta +z\cos \gamma -p=0$ 上逐段光滑的闭曲线，$C$ 所界的面积为 $S$，$C$ 的定向与 $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 成右手系，试计算积分

$${\oint }_C\left|\begin{array}{ccc}dx& dy& dz\\ \cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ x& y& z\end{array}\right|.$$

解 记常向量

$$\mathbf{n}=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma ),\mathbf{r}=(x,y,z).$$

则题中积分可写成

$${\oint }_C(\mathbf{n}\times \mathbf{r})\cdot d\mathbf{r}.$$

设 $\Sigma$ 是 $C$ 在该平面内所围成的区域，其法向量就是 $\mathbf{n}$。由 Stokes 公式，

$${\oint }_C(\mathbf{n}\times \mathbf{r})\cdot d\mathbf{r}={\iint }_{\Sigma }\mathrm{curl}(\mathbf{n}\times \mathbf{r})\cdot \mathbf{n}dS.$$

因 $\mathbf{n}$ 为常向量，直接计算得 $\mathrm{curl}(\mathbf{n}\times \mathbf{r})=2\mathbf{n}$，故

$${\oint }_C\left|\begin{array}{ccc}dx& dy& dz\\ \cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ x& y& z\end{array}\right|=2{\iint }_{\Sigma }dS=2S.$$

练习题 2

求 ${\oint }_C(y-z)dx+(z-x)dy+(x-y)dz$， $C$ 为 $x^2+y^2=1$ 与 $x+y+z=1$ 的交线，从 $x$ 轴正向看是逆时针方向。

解 取平面片 $\Sigma :x+y+z=1,x^2+y^2\le 1$，其法向量取 $\frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}}$，与题设定向相容。设

$$\mathbf{F}=(y-z,z-x,x-y).$$

则

$$\mathrm{curl}\mathbf{F}=(-2,-2,-2).$$

该平面片在 $xOy$ 面上的投影是单位圆盘，故

$$|\Sigma |=\frac{\pi }{\cos (n,z)}=\sqrt{3}\pi .$$

由 Stokes 公式，

$${\oint }_C(y-z)dx+(z-x)dy+(x-y)dz=(-2,-2,-2)\cdot \frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}}|\Sigma |=-6\pi .$$

练习题 3

求

$${\int }_C(x^3+3x{z}^{2}y)dx+(x^3+3y^{2}z)dy+(y^3+3z^{2}x)dz,$$

其中 $C$ 是 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 与 $x=y$ 的交线，自

$$A\left(\frac{a}{\sqrt{2}},\frac{a}{\sqrt{2}},0\right)\text{到}B\left(-\frac{a}{\sqrt{2}},-\frac{a}{\sqrt{2}},0\right).$$

解 该曲线可参数化为

$$x=y=\frac{a}{\sqrt{2}}\cos t,z=a\sin t,0\le t\le \pi .$$

代入后

$$\begin{array}{rl}{\int }_C\cdots & ={\int }_0^{\pi }[\left(x^3+3x{z}^{2}y\right)x^{\prime }+\left(x^3+3y^{2}z\right)y^{\prime }+\left(y^3+3z^{2}x\right)z^{\prime }]dt\\ & =\frac{\sqrt{2}{a}^4}{80}(15\pi -16a).\end{array}$$

练习题 4

用 Stokes 公式求

$${\int }_C{e}^{x+z}\{[(x+1)y^2+1]dx+2xydy+x{y}^{2}dz\},$$

其中 $C$ 是右半柱面 $|x|+|y|=a(y>0)$ 与平面 $y=z$ 的交线上从 $(-a,0,0)$ 到 $(a,0,0)$ 的一段 $(a>0)$。

解 设

$$A=(-a,0,0),P=(0,a,a),B=(a,0,0).$$

曲线 $C$ 正是折线 $A\to P\to B$。添上线段 $\overline{BA}$ 后得到闭曲线 $\Gamma$，它围成平面 $y=z$ 内的三角形

$$\Sigma =\{(x,s,s)\mid -a\le x\le a,0\le s\le a-|x|\}.$$

取参数方程 $(x,s,s)$，其法向量可取 $(0,1,-1)$，与 $\Gamma$ 的方向 $A\to P\to B\to A$ 相容。设

$$\mathbf{F}=e^{x+z}([(x+1)y^2+1],2xy,x{y}^2),$$

则

$$\mathrm{curl}\mathbf{F}=(0,e^{x+z},0).$$

由 Stokes 公式，

$$\begin{array}{rl}{\oint }_{\Gamma }\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}& ={\iint }_{\Sigma }\mathrm{curl}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS={\int }_{-a}^{a}dx{\int }_0^{a-|x|}{e}^{x+s}ds\\ & =\frac{(2a-1)e^a+e^{-a}}{2}.\end{array}$$

而在线段 $\overline{BA}$ 上有 $y=z=0$，故

$${\int }_{\overline{BA}}{e}^{x+z}\{[(x+1)y^2+1]dx+2xydy+x{y}^{2}dz\}={\int }_a^{-a}{e}^{x}dx=e^{-a}-e^a.$$

因此

$${\int }_C{e}^{x+z}\{[(x+1)y^2+1]dx+2xydy+x{y}^{2}dz\}=\frac{(2a+1)e^a-e^{-a}}{2}.$$

练习题 5

设 $C$ 是空间任一逐段光滑的简单闭曲线，$f(x),g(x),h(x)$ 是任意连续函数，证明：

$${\oint }_C[f(x)-yz]dx+[g(y)-zx]dy+[h(z)-xy]dz=0.$$

解 设

$$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt,G(y)={\int }_0^{y}g(t)dt,H(z)={\int }_0^{z}h(t)dt.$$

则

$$d(F(x)+G(y)+H(z)-xyz)=[f(x)-yz]dx+[g(y)-zx]dy+[h(z)-xy]dz.$$

因而该微分式是全微分，沿任意闭曲线的积分都为 $0$。

练习题 6

求

$${\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ x-z& x^3-yz& -3x{y}^2\end{array}\right|dS,$$

其中 $\Sigma$ 是 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 在 $z\ge 0$ 的部分， $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 是 $\Sigma$ 下侧的单位法向量。

解 由 Stokes 公式，该曲面积分等于边界圆周 $C:x^2+y^2=R^2,z=0$ 上的线积分。由于 $\Sigma$ 取下侧，故 $C$ 的正向从 $z$ 轴正向看去是顺时针方向。把 $z=0,dz=0$ 代入得

$${\oint }_C(x-z)dx+(x^3-yz)dy-3x{y}^{2}dz={\oint }_{C}xdx+x^{3}dy={\oint }_C{x}^{3}dy.$$

再由 Green 公式，

$${\oint }_C{x}^{3}dy=-{\iint }_{x^2+y^2\le R^2}3x^{2}dxdy=-\frac{3\pi R^4}{4}.$$

练习题 7

求 ${\oint }_{C}ydx+zdy+xdz$，其中 $C$ 是 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 与 $x+y+z=0$ 的交线，从 $z$ 轴正向看是逆时针方向。

解 取平面圆盘 $\Sigma :x+y+z=0,x^2+y^2+z^2\le a^2$。由题设定向， 其单位法向量取

$$\mathbf{n}=\frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}},$$

因为它的 $z$ 分量为正。设 $\mathbf{F}=(y,z,x)$，则

$$\mathrm{curl}\mathbf{F}=(-1,-1,-1).$$

圆盘半径为 $a$，面积为 $\pi a^2$，故

$${\oint }_{C}ydx+zdy+xdz={\iint }_{\Sigma }\mathrm{curl}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS=-\sqrt{3}\pi a^2.$$

25.3.5 例题

例题 25.3.6

对于微分式

$$z\left(\frac{1}{x^{2}y}-\frac{1}{x^2+z^2}\right)dx+\frac{z}{x{y}^2}dy+\left(\frac{x}{x^2+z^2}-\frac{1}{xy}\right)dz,$$

判断原函数的存在性并求出之。

解 1 容易验证：

$$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=-\frac{z}{x^2{y}^2},\frac{\partial Q}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial y}=\frac{1}{x{y}^2},$$ $$\frac{\partial R}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial z}=\frac{1}{x^{2}y}+\frac{z^2-x^2}{(x^2+z^2{)}^2}.$$

因此该微分式有原函数。根据微分式的特点，为计算简单起见取 $z_0=0,x_0,y_0>0$，积分路径为

$$(x_0,y_0,0)\to (x,y_0,0)\to (x,y,0)\to (x,y,z),$$

则

$$\phi (x,y,z)={\int }_0^z\left(\frac{x}{x^2+z^2}-\frac{1}{xy}\right)dz+C=\arctan \frac{z}{x}-\frac{z}{xy}+C.$$

解 2 求原函数时也可用下面求不定积分的方法：由

$$\frac{\partial \phi }{\partial z}=\frac{x}{x^2+z^2}-\frac{1}{xy},$$

则

$$\phi (x,y,z)=\int \left(\frac{x}{x^2+z^2}-\frac{1}{xy}\right)dz=\arctan \frac{z}{x}-\frac{z}{xy}+\psi (x,y).$$

由此得

$$\frac{\partial \phi }{\partial x}=-\frac{z}{x^2+z^2}+\frac{z}{x^{2}y}+\frac{\partial \psi }{\partial x},\frac{\partial \phi }{\partial y}=\frac{z}{x{y}^2}+\frac{\partial \psi }{\partial y}.$$

由 $\frac{\partial \phi }{\partial x}=P,\frac{\partial \phi }{\partial y}=Q$ 得

$$\frac{\partial \psi }{\partial x}=\frac{\partial \psi }{\partial y}=0.$$

即 $\psi (x,y)$ 为常数，所以

$$\phi (x,y,z)=\arctan \frac{z}{x}-\frac{z}{xy}+C.$$

25.3.6 练习题

练习题 1

证明：下列微分式为全微分，并求出其原函数：

1. $(x^2-2yz)dx+(y^2-2zx)dy+(z^2-2xy)dz$；

$$\left[\frac{x}{(x^2-y^2{)}^2}-\frac{1}{x}+2x^2\right]dx+\left[\frac{1}{y}-\frac{y}{(x^2-y^2{)}^2}+3y^3\right]dy+5z^{3}dz.$$

解

1. 直接观察得

$$d\left(\frac{x^3+y^3+z^3}{3}-2xyz\right)=(x^2-2yz)dx+(y^2-2zx)dy+(z^2-2xy)dz.$$

故它是全微分，其原函数可取

$$\frac{x^3+y^3+z^3}{3}-2xyz+C.$$

1. 在每个连通分支上，

$$d\left[-\frac{1}{2(x^2-y^2)}-\ln |x|+\ln |y|+\frac{2}{3}{x}^3+\frac{3}{4}{y}^4+\frac{5}{4}{z}^4\right]$$ $$=\left[\frac{x}{(x^2-y^2{)}^2}-\frac{1}{x}+2x^2\right]dx+\left[\frac{1}{y}-\frac{y}{(x^2-y^2{)}^2}+3y^3\right]dy+5z^{3}dz.$$

故它也是全微分，原函数如上。

练习题 2

求 ${\int }_{(1,2,3)}^{(6,1,1)}yzdx+xzdy+xydz$。

解 因为

$$yzdx+xzdy+xydz=d(xyz),$$

故

$${\int }_{(1,2,3)}^{(6,1,1)}yzdx+xzdy+xydz=xyz{|}_{(1,2,3)}^{(6,1,1)}=6-6=0.$$

练习题 3

设 $C$ 是由球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 上的任一点沿任一路径运动到球面 $x^2+y^2+z^2=b^2(b>a)$ 上的任一点的轨迹，$C$ 分段光滑，证明：

$${\int }_C{r}^3(xdx+ydy+zdz)=\frac{1}{5}(b^5-a^5),$$

其中 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$。

解 由

$$dr=\frac{xdx+ydy+zdz}{r},$$

得

$$r^3(xdx+ydy+zdz)=r^{4}dr=d\left(\frac{r^5}{5}\right).$$

因而对任意分段光滑路径 $C$，

$${\int }_C{r}^3(xdx+ydy+zdz)=\frac{1}{5}{r}^5{|}_{\text{起点}}^{\text{终点}}=\frac{1}{5}(b^5-a^5).$$

25.4.4 例题

例题 25.4.1

设 $\omega =d{x}_{i_1}\wedge d{x}_{i_2}\wedge \cdots \wedge d{x}_{i_k}$，则 $d\omega =0$。

证

$$d\omega =d(1d{x}_{i_1}\wedge d{x}_{i_2}\wedge \cdots \wedge d{x}_{i_k})=d1\wedge d{x}_{i_1}\wedge d{x}_{i_2}\wedge \cdots \wedge d{x}_{i_k}=0.$$

例题 25.4.2

设 $\omega =Pdx+Qdy+Rdz$ 为 ${\mathbb{R}}^3$ 上的 $C^1$ 类 $1$-形式，计算 $d\omega$。

解

$$\begin{array}{rl}d\omega & =(dP)\wedge dx+(dQ)\wedge dy+(dR)\wedge dz\\ & =\left(\frac{\partial P}{\partial x}dx+\frac{\partial P}{\partial y}dy+\frac{\partial P}{\partial z}dz\right)\wedge dx\\ & +\left(\frac{\partial Q}{\partial x}dx+\frac{\partial Q}{\partial y}dy+\frac{\partial Q}{\partial z}dz\right)\wedge dy+\left(\frac{\partial R}{\partial x}dx+\frac{\partial R}{\partial y}dy+\frac{\partial R}{\partial z}dz\right)\wedge dz\\ & =\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)dy\wedge dz+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)dz\wedge dx+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dx\wedge dy.\end{array}$$

例题 25.4.3

设 $f\in {\Lambda }^0$ 是 $C^2$ 类的 $0$-形式，即 $f$ 是二次连续可微的函数，则 $d^{2}f=0$。

证 由于

$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_i\partial x_j}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_j\partial x_i}(i,j=1,2,\cdots ,n),$$

所以

$$\begin{array}{rl}{d}^{2}f& =d(df)=d\left(\sum _{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x_i}d{x}_i\right)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_j\partial x_i}d{x}_j\wedge d{x}_i\\ & =\sum _{i<j}\left(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_i\partial x_j}-\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_j\partial x_i}\right)d{x}_i\wedge d{x}_j=0.\end{array}$$

25.4.6 例题

例题 25.4.4

极坐标变换 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$，有

$$dx\wedge dy=\frac{\partial (x,y)}{\partial (r,\theta )}dr\wedge d\theta =rdr\wedge d\theta .$$

证 由

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$$

得

$$dx=\cos \theta dr-r\sin \theta d\theta ,dy=\sin \theta dr+r\cos \theta d\theta .$$

于是

$$\begin{array}{rl}dx\wedge dy& =(\cos \theta dr-r\sin \theta d\theta )\wedge (\sin \theta dr+r\cos \theta d\theta )\\ & =r({\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )dr\wedge d\theta =rdr\wedge d\theta .\end{array}$$

25.5.1 习题课教案一例

1. 关于第一类曲面积分在正交变换下的不变性 第一类曲面积分在正交变换下的不变性，即

$${\iint }_{S}f(X)dS={\iint }_{\Sigma }f(A^{T}U)d\Sigma ,\text{\hspace{1em}(25.18)}$$

其中

$$X=\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right),U=\left(\begin{array}{c}u\\ v\\ w\end{array}\right),$$

$A$ 是正交矩阵，满足

$$U=AX,\text{\hspace{1em}(25.19)}$$

$A^T$ 为 $A$ 的转置，曲面 $\Sigma$ 是曲面 $S$ 在正交变换 $A$ 下的像。

讲解 公式 (25.18) 的证明如下：设 $S$ 的参数方程为

$$S:x=x(s,t),y=y(s,t),z=z(s,t),(s,t)\in D.$$

通过 (25.19) 可得 $\Sigma$ 的参数方程为

$$\Sigma :u=u(s,t),v=v(s,t),w=w(s,t),(s,t)\in D.$$

则

$${\iint }_{S}f(X)dS={\iint }_{D}f(X(s,t))\sqrt{EG-F^2}dsdt,\text{\hspace{1em}(25.20)}$$ $${\iint }_{\Sigma }f(A^{T}U)d\Sigma ={\iint }_{D}f(A^{T}U(s,t))\sqrt{E_1{G}_1-F_1^2}dsdt,\text{\hspace{1em}(25.21)}$$

其中

$$E=X_s^2,F=X_s\cdot X_t,G=X_t^2,$$ $$E_1=U_s^2,F_1=U_s\cdot U_t,G_1=U_t^2.$$

由 (25.19) 得

$$U_s=A{X}_s,U_t=A{X}_t.$$

从而

$$E=E_1,F=F_1,G=G_1.\text{\hspace{1em}(25.22)}$$

由 (25.20)—(25.22) 知 (25.18) 成立。

例题 25.5.1

设 $S$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=1$，$f$ 是连续函数，证明：

$${\iint }_{S}f(ax+by+cz)dS=2\pi {\int }_{-1}^{1}f\left(u\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)du,$$

其中 $a,b,c$ 是常数。

证 不妨设 $a^2+b^2+c^2\ne 0$。设

$$\left(\begin{array}{c}u\\ v\\ w\end{array}\right)=A\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right),$$

其中矩阵 $A$ 为正交矩阵，且 $A$ 的第一行的元素为

$$\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}},\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}},\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.$$

由 (25.18) 知

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{S}f(ax+by+cz)dS& ={\iint }_{u^2+v^2+w^2=1}f\left(u\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)dS\\ & =2{\int }_{-1}^1{\int }_{-\sqrt{1-u^2}}^{\sqrt{1-u^2}}f\left(u\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)\frac{1}{\sqrt{1-u^2-v^2}}dudv\\ & =4{\int }_{-1}^{1}f\left(u\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)du{\int }_0^{\sqrt{1-u^2}}\frac{dv}{\sqrt{1-u^2-v^2}}\\ & =4{\int }_{-1}^{1}f\left(u\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)du{\int }_0^{\pi /2}dt(v=\sqrt{1-u^2}\sin t)\\ & =2\pi {\int }_{-1}^{1}f\left(u\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)du.\end{array}$$

2. 第二型曲面积分符号的确定（公式 (25.3) 的证明） 在计算第二型曲面积分时，要将第二型曲面积分化为二重积分，其中的困难之一是如何决定二重积分前的符号。在直角坐标系中计算时往往还比较容易，当用参数方程计算时就要麻烦一些。

讲解 下面是公式 (25.3) 的证明：首先由两类曲面积分之间的关系有

$${\iint }_{S}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy={\iint }_S(P\cos \alpha +Q\cos \beta +R\cos \gamma )dS,$$

这里 $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 为 $S$ 所指定的一侧的单位法向量。我们知道 $S$ 在参数方程下的法向量

$$n=\pm (A,B,C).$$

于是

$$\left(\begin{array}{c}\cos \alpha \\ \cos \beta \\ \cos \gamma \end{array}\right)=\pm \left(\begin{array}{c}\frac{A}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\\ \frac{B}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\\ \frac{C}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\end{array}\right).$$

由此可以看出，其中 $\pm$ 号的选取应该是使 $\pm (A,B,C)$ 的方向与 $S$ 所选的那一侧的法向量 $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 的方向一致。另一方面，由 $A^2+B^2+C^2=EG-F^2$ 得到

$$dS=\sqrt{A^2+B^2+C^2}dudv,$$

于是 (25.3) 式成立。

例题 25.5.2

求第二类曲面积分

$${\iint }_{S}xdydz+ydzdx+zdxdy,$$

其中 $S$ 是柱体 $x^2+y^2\le 1$ 被两个平面 $z=0$ 和 $z=4$ 所截部分的边界，积分沿边界的外侧。

解 设上底面为 $S_1$，下底面为 $S_2$，侧面为 $S_3$，则

$${\iint }_{S_1}xdydz+ydzdx+zdxdy={\iint }_{S_1}zdxdy=4{\iint }_{S_1}dxdy=4\pi .$$

在 $S_2$ 上，$z=dz=0$，于是在 $S_2$ 上的积分为零。下面计算在 $S_3$ 上的积分。令

$$x=\cos \theta ,y=\sin \theta ,z=z,$$ $$(\theta ,z)\in D=\{0\le \theta \le 2\pi ,0\le z\le 4\},$$

则

$$A=\cos \theta ,B=\sin \theta ,C=0.$$

于是

$${\iint }_{S_3}xdydz+ydzdx+zdxdy={\iint }_D({\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )d\theta dz=8\pi .$$

这里积分号前取正号是因为向量 $(A,B,C)$ 与柱面外侧法方向一致，最后得到

$${\iint }_{S}xdydz+ydzdx+zdxdy=12\pi .$$

3. 球面上的曲面积分（证明关系式 (25.28)） 若曲面 $S$ 是以 $M_0=(x_0,y_0,z_0)$ 为球心、$r$ 为半径的球面

$\partial B_r(M_0)$，则其参数方程为

$$x=x_0+r\sin \phi \cos \theta ,y=y_0+r\sin \phi \sin \theta ,z=z_0+r\cos \phi ,$$ $$0\le \theta \le 2\pi ,0\le \phi \le \pi .$$

讲解 由此计算出

$$E=x_{\theta }^2+y_{\theta }^2+z_{\theta }^2=r^2{\sin }^2\phi ,$$ $$F=x_{\theta }{x}_{\phi }+y_{\theta }{y}_{\phi }+z_{\theta }{z}_{\phi }=0,G=x_{\phi }^2+y_{\phi }^2+z_{\phi }^2=r^2.$$

于是

$$\sqrt{EG-F^2}=r^2\sin \phi .$$

与直角坐标系中三重积分化为球坐标积分的 Jacobi 行列式一样，但这里的 $r$ 是常数。于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\partial B_r(M_0)}f(x,y,z)d{S}_r& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi }f(x_0+r\sin \phi \cos \theta ,y_0+r\sin \phi \sin \theta ,\\ & z_0+r\cos \phi )r^2\sin \phi d\theta d\phi .\end{array}\text{\hspace{1em}(25.23)}$$

其中 $d{S}_r$ 是半径为 $r$ 的球面的面积元。从上面的计算可以看出

$$d{S}_r=r^2\sin \phi d\theta d\phi ,\text{\hspace{1em}(25.24)}$$ $$d{S}_1=\sin \phi d\theta d\phi .\text{\hspace{1em}(25.25)}$$

于是就有

$$d{S}_r=r^{2}d{S}_1.\text{\hspace{1em}(25.26)}$$

如果记

$$\sin \phi \cos \theta ={\alpha }_1,\sin \phi \sin \theta ={\alpha }_2,\cos \phi ={\alpha }_3,$$

注意这里 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 都是 $\phi ,\theta$ 的函数，则 (25.23) 可改写为

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\partial B_r(M_0)}f(x,y,z)d{S}_r& ={\iint }_{\partial B_r(0)}f(x_0+r{\alpha }_1,y_0+r{\alpha }_2,z_0+r{\alpha }_3)d{S}_r\\ & =r^2{\iint }_{\partial B_1(0)}f(x_0+r{\alpha }_1,y_0+r{\alpha }_2,z_0+r{\alpha }_3)d{S}_1.\end{array}\text{\hspace{1em}(25.27)}$$

另一方面，$({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)$ 恰是球面 $\partial B_r(0)$（也是 $\partial B_1(0)$）上的单位法向量 $n$，方向指向球面的外部，因此上述表达式又可以简写为

$${\iint }_{\partial B_r(M_0)}f(x,y,z)d{S}_r={\iint }_{\partial B_r(0)}f(M_0+rn)d{S}_r=r^2{\iint }_{\partial B_1(0)}f(M_0+rn)d{S}_1.\text{\hspace{1em}(25.28)}$$

例题 25.5.3

设 $B_r(M_0)$ 是以 $M_0=(x_0,y_0,z_0)$ 为心，$r$ 为半径的球， $\partial B_r(M_0)$ 是以 $M_0=(x_0,y_0,z_0)$ 为心，$r$ 为半径的球面，证明：

$$\text{(1)}{\iiint }_{B_r(M_0)}f(x,y,z)dxdydz={\int }_0^r{\iint }_{\partial B_{\rho }(M_0)}f(x,y,z)d{S}_{\rho }d\rho ,$$ $$\text{(2)}\frac{d}{dr}{\iiint }_{B_r(M_0)}f(x,y,z)dxdydz={\iint }_{\partial B_r(M_0)}f(x,y,z)d{S}_r.$$

证 只证 (1)，因为在 (1) 的两边对 $r$ 求导便得到 (2)。作球坐标变换

$$x=x_0+\rho \sin \phi \cos \theta ,y=y_0+\rho \sin \phi \sin \theta ,z=z_0+\rho \cos \phi ,$$ $$0\le \theta \le 2\pi ,0\le \phi \le \pi ,0\le \rho \le r.$$

则

$$\begin{array}{rl}{\iiint }_{B_r(M_0)}f(x,y,z)dxdydz& ={\int }_0^r{\int }_0^{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x_0+\rho \sin \phi \cos \theta ,y_0+\rho \sin \phi \sin \theta ,\\ & z_0+\rho \cos \phi ){\rho }^2\sin \phi d\theta d\phi d\rho \\ & ={\int }_0^r{\iint }_{\partial B_{\rho }(M_0)}f(x,y,z)d{S}_{\rho }d\rho .\end{array}$$

最后一个等号是由 (25.23) 得出。

25.5.3 参考题

参考题 1

设 $S$ 是平面 $x+y+z=t$ 上被球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 所割下的部分，

$$\phi (x,y,z)=\{\begin{array}{ll}1-x^2-y^2-z^2,& x^2+y^2+z^2\le 1,\\ 0,& x^2+y^2+z^2>1.\end{array}$$

证明：

$${\iint }_S\phi (x,y,z)dS=\{\begin{array}{ll}\frac{\pi }{18}(3-t^2{)}^2,& |t|\le \sqrt{3},\\ 0,& |t|>\sqrt{3}.\end{array}$$

解 作正交变换，使新坐标满足

$$u=\frac{x+y+z}{\sqrt{3}}.$$

则球面仍化为 $u^2+v^2+w^2=1$，平面化为 $u=t/\sqrt{3}$。当 $|t|>\sqrt{3}$ 时该平面与单位球无交，积分自然为 $0$。当 $|t|\le \sqrt{3}$ 时，截面 $S$ 在 $uvw$ 坐标中就是圆盘

$$v^2+w^2\le 1-\frac{t^2}{3},$$

且在该平面上

$$\phi =1-u^2-v^2-w^2=1-\frac{t^2}{3}-v^2-w^2.$$

因而

$$\begin{array}{rl}{\iint }_S\phi dS& ={\iint }_{v^2+w^2\le 1-\frac{t^2}{3}}\left(1-\frac{t^2}{3}-v^2-w^2\right)dvdw\\ & =2\pi {\int }_0^{\sqrt{1-t^2/3}}\left(1-\frac{t^2}{3}-{\rho }^2\right)\rho d\rho =\frac{\pi }{18}(3-t^2{)}^2.\end{array}$$

参考题 2

证明：

$${\int }_0^{2\pi }dx{\int }_0^{\pi }\sin y{e}^{\sin y(\cos x-\sin x)}dy=\sqrt{2\pi }\left(e^{\sqrt{2}}-e^{-\sqrt{2}}\right).$$

解 把积分看成单位球面的第一类曲面积分。令

$$X=\sin y\cos x,Y=\sin y\sin x,Z=\cos y,$$

则 $X^2+Y^2+Z^2=1$，且 $dS=\sin ydxdy$，所以

$$I={\iint }_{X^2+Y^2+Z^2=1}{e}^{X-Y}dS.$$

应用例题 25.5.1，其中 $(a,b,c)=(1,-1,0)$，得

$$I=2\pi {\int }_{-1}^1{e}^{\sqrt{2}u}du=\sqrt{2}\pi (e^{\sqrt{2}}-e^{-\sqrt{2}}).$$

因而题末常数应为 $\sqrt{2}\pi$。

参考题 3

设 $\Omega$ 为空间第一卦限中的区域，函数 $f(x,y,z)$ 在 $\Omega$ 上有连续一阶偏导数。$S$ 为 $\Omega$ 中任一光滑闭曲面，试给出第二型曲面积分

$${\iint }_{S}f(x,y,z)(xdydz+ydzdx+zdxdy)=0$$

的充分必要条件，并证明之。

解 记

$$\mathbf{F}=f(x,y,z)(x,y,z).$$

则题中积分就是 ${\iint }_S\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS$。由 Gauss 公式，

$${\iint }_S\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS={\iiint }_{\Omega }\mathrm{div}\mathbf{F}dV.$$

而

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=\frac{\partial (xf)}{\partial x}+\frac{\partial (yf)}{\partial y}+\frac{\partial (zf)}{\partial z}=x{f}_x+y{f}_y+z{f}_z+3f.$$

因此该曲面积分对 $\Omega$ 中任意光滑闭曲面都为 $0$ 的充分必要条件是

$$x{f}_x+y{f}_y+z{f}_z+3f=0$$

在 $\Omega$ 内处处成立。

参考题 4

设 $\Sigma$ 是光滑的闭曲面，围成的区域为 $\Omega$，$n$ 为 $\Sigma$ 上单位外法向量， $(x_0,y_0,z_0)$ 为 $\Omega$ 内固定一点，$(x,y,z)\in \Sigma$， $r=(x-x_0,y-y_0,z-z_0)$，证明：

$${\iint }_{\Sigma }\cos (n,r)dS=2{\iiint }_{\Omega }\frac{dxdydz}{|r|}.$$

解 取向量场

$$\mathbf{F}=\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}=\left(\frac{x-x_0}{|r|},\frac{y-y_0}{|r|},\frac{z-z_0}{|r|}\right).$$

则

$$\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}=\cos (n,r),$$

而直接计算得

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=\frac{2}{|r|}.$$

由 Gauss 公式，

$${\iint }_{\Sigma }\cos (n,r)dS={\iiint }_{\Omega }\mathrm{div}\mathbf{F}dV=2{\iiint }_{\Omega }\frac{dxdydz}{|r|}.$$

参考题 5

已给平面 $\Pi :Ax+By+Cz=D$，对于 $\Pi$ 的任一定向，求 $\omega =P(x,y,z)dx+Q(x,y,z)dy+R(x,y,z)dz$，使得沿 $\Pi$ 上任意逐段光滑简单封闭曲线 $\Gamma$（$\Gamma$ 的定向与 $\Pi$ 的定向一致）恒有

$${\oint }_{\Gamma }\omega =S(\Gamma ),$$

其中 $S(\Gamma )$ 为 $\Gamma$ 在 $\Pi$ 上所围区域的面积。

解 设

$$N=\sqrt{A^2+B^2+C^2},\mathbf{n}=\frac{(A,B,C)}{N}$$

是与题设定向一致的单位法向量。取

$$\omega =\frac{1}{2}(\mathbf{n}\times \mathbf{r})\cdot d\mathbf{r},$$

即

$$\omega =\frac{1}{2N}[(Bz-Cy)dx+(Cx-Az)dy+(Ay-Bx)dz].$$

由第 25.3.4 节第 1 题，

$${\oint }_{\Gamma }\omega =S(\Gamma ).$$

参考题 6

设 $\Gamma$ 是 ${\mathbb{R}}^3$ 中逐段光滑简单封闭定向曲线，对于 $(x,y,z)\notin \Gamma$，定义

$$P(x,y,z)={\oint }_{\Gamma }\frac{(\zeta -z)d\eta -(\eta -y)d\zeta }{r^3},$$ $$Q(x,y,z)={\oint }_{\Gamma }\frac{(\xi -x)d\zeta -(\zeta -z)d\xi }{r^3},$$ $$R(x,y,z)={\oint }_{\Gamma }\frac{(\eta -y)d\xi -(\xi -x)d\eta }{r^3},$$

其中 $(\xi ,\eta ,\zeta )\in \Gamma$ 是积分变元，

$$r=\sqrt{(\xi -x{)}^2+(\eta -y{)}^2+(\zeta -z{)}^2}.$$

证明：

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y},\frac{\partial R}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial z},\frac{\partial P}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial x}.$$

解 令

$$\omega =Pdx+Qdy+Rdz.$$

记

$$u=\xi -x,v=\eta -y,w=\zeta -z,r=\sqrt{u^2+v^2+w^2}.$$

在对参数求导时可将偏导数移入积分号内，于是

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}& ={\oint }_{\Gamma }\left[-\frac{\partial }{\partial v}\frac{wd\eta -vd\zeta }{r^3}+\frac{\partial }{\partial u}\frac{ud\zeta -wd\xi }{r^3}\right]\\ & =-{\oint }_{\Gamma }d\left(\frac{w}{r^3}\right)=0.\end{array}$$

同理

$$\frac{\partial Q}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial y}=-{\oint }_{\Gamma }d\left(\frac{u}{r^3}\right)=0,$$ $$\frac{\partial R}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial z}=-{\oint }_{\Gamma }d\left(\frac{v}{r^3}\right)=0.$$

故

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y},\frac{\partial R}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial z},\frac{\partial P}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial x}.$$

参考题 7

在上题中求函数 $u(x,y,z)$，使得 $du=Pdx+Qdy+Rdz$。

解 由上题知 $\omega =Pdx+Qdy+Rdz$ 在 ${\mathbb{R}}^3\setminus \Gamma$ 上是闭的。严格地说，除非再去掉一张以 $\Gamma$ 为边界的定向光滑曲面，否则它一般没有全局单值原函数。若取这样的曲面 $\Sigma$，则在 ${\mathbb{R}}^3\setminus \Sigma$ 的每个连通分支上可定义

$$u(M)={\int }_{M_0}^M\omega ,$$

这里积分路径限制在同一连通分支内。由于该分支中闭路积分为零，上式与路径无关，且显然满足

$$du=Pdx+Qdy+Rdz.$$

这个 $u$ 就是曲线 $\Gamma$ 对点 $M$ 的有向立体角；跨过 $\Sigma$ 时，两侧的函数值相差 $4\pi$。

参考题 8

利用 Gauss 公式证明 Archimedes 的流体静力学定律：物体在液体中所受的浮力等于物体排开液体的重量，方向垂直向上。

解 设浸没在液体中的物体表面为 $\Sigma$，所围体积为 $\Omega$，液体密度为 $\rho$，$z$ 轴竖直向上。静水压满足

$$\nabla p=(0,0,-\rho g).$$

液体对物体的合力为

$$\mathbf{F}=-{\iint }_{\Sigma }p\mathbf{n}dS.$$

对三个分量分别用 Gauss 公式，得

$$\mathbf{F}=-{\iiint }_{\Omega }\nabla pdV={\iiint }_{\Omega }(0,0,\rho g)dV=(0,0,\rho g|\Omega |).$$

这正是排开液体的重量，方向垂直向上。